Question

13．如圖，在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E、F、M分別是棱AB、BC和DD₁ 所在直線上的動(dòng)點(diǎn)．
（1）求∠EB₁F的取值范圍；
（2）若E、F分別為AB、BC的中點(diǎn)，求二面角B₁-EF-B的大��；
（3）若E、F分別是所在正方體棱的中點(diǎn)，試問在棱DD₁上能否找到一點(diǎn)M，使BM⊥平面EFB₁？若能，試確定點(diǎn)M的位置；若不能，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)BE=x，BF=y，把△B₁EF的三邊用含有a與x的代數(shù)式表示，利用余弦定理求得∠EB₁F的余弦值，則其范圍可求；
（2）設(shè)EF與BD的交點(diǎn)為G，連接B₁G，可得∠B₁GB為二面角B₁-EF-B的平面角，求解直角三角形得答案；
（3）設(shè)EF與BD的交點(diǎn)為G，連接B₁G，則由已知可得EF⊥平面BB₁D₁D，于是平面B₁EF⊥平面BB₁D₁D，在平面BB₁D₁D內(nèi)過B作BK⊥B₁G于K，延長(zhǎng)后交D₁D所在的直線于點(diǎn)M，則BM⊥平面B₁EF，在平面BB₁D₁D內(nèi)，由△B₁BG∽△BDM，可得M為D₁D的中點(diǎn)．

解答 解：（1）設(shè)BE=x，BF=y，則${B}_{1}E=\sqrt{{a}^{2}+{x}^{2}}$，${B}_{1}F=\sqrt{{a}^{2}+{y}^{2}}$，$EF=\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$，
∴$cos∠E{B}_{1}F=\frac{2{a}^{2}}{2\sqrt{{x}^{2}+{a}^{2}}\sqrt{{y}^{2}+{a}^{2}}}＜1$，
∴∠EB₁F的取值范圍為（0，$\frac{π}{2}$）；
（2）設(shè)EF與BD的交點(diǎn)為G，連接B₁G，
∵E、F分別為AB、BC的中點(diǎn)，∴BG⊥EF，B₁G⊥EF，
則∠B₁GB為二面角B₁-EF-B的平面角．
由Rt△BAD∽R(shí)t△BGE，得$\frac{BG}{AB}=\frac{BE}{BD}$，得$BG=\frac{BE•AB}{BD}=\frac{\frac{a}{2}•a}{\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{4}a$，
∴$tan∠{B}_{1}GB=\frac{a}{\frac{\sqrt{2}}{4}a}=2\sqrt{2}$，則$∠{B}_{1}GB=arctan2\sqrt{2}$；
（3）設(shè)EF與BD的交點(diǎn)為G，連接B₁G，則由EF⊥BD，EF⊥B₁B，BD∩B₁B=B，
得EF⊥平面BB₁D₁D，于是平面B₁EF⊥平面BB₁D₁D，
在平面BB₁D₁D內(nèi)過B作BK⊥B₁G于K，延長(zhǎng)后交D₁D所在的直線于點(diǎn)M，則BM⊥平面B₁EF，
在平面BB₁D₁D內(nèi)，由△B₁BG∽△BDM，可得$\frac{{B}_{1}B}{BG}=\frac{BD}{DM}$，
又B₁B=a，BG=$\frac{\sqrt{2}}{4}a$，BD=$\sqrt{2}a$，∴DM=$\frac{a}{2}$．
∴M在正方體棱D₁D上，且恰好為D₁D的中點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二面角的平面角及其求法，考查了空間想象能力和思維能力，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．